Απρόσμενη καθετότητα

Κω.Κωνσταντινίδης · #1

Δίνεται τρίγωνο ABC

με ορθόκεντρο

και περίκεντρο

.Έστω

τα ίχνη των υψών του τριγώνου στις BC,CA,AB

αντίστοιχα. Η παράλληλη από το

στην

τέμνει την

στο

. Να αποδειχθεί ότι $\angle XDO=90$ .

Λάμπρος Κατσάπας · #2

Κω.Κωνσταντινίδης έγραψε: ↑
Κυρ Οκτ 27, 2019 3:43 pm
Δίνεται τρίγωνο με ορθόκεντρο . Έστω τα ίχνη των υψών του τριγώνου στις αντίστοιχα. Η παράλληλη από το στην τέμνει την στο . Να αποδειχθεί ότι $\angle XDO=90$ .

;

min## · #3

(Μια straightforward λύση):
Ας είναι

η τομή

.
Από αρμονικές,η

διχοτομεί την

.
Πάλι από αρμονικές,αν

η τομή της

με την εκ του

παράλληλη στην

θα είναι $XDA\angle=ADZ\angle$ .( D(X,Z,A,Y)=-1

).
Έτσι αρκεί ZDA,ODM

όμοια.
Αρκεί δηλαδή $\dfrac{AZ} {AD}=\dfrac{OM} {MD}$ δηλαδή αν

η τομή της εφαπτομένης του (ABC)

στο

με την

αρκεί
$\dfrac {AZ} {AZ'}\dfrac {AZ'} {AD}=\dfrac {OM} {MD} <=>\dfrac {OM} {OC}\dfrac {1} {sin(B-C)}=\dfrac {OM} {MD}$ .
Τελικά από 2ο Θ.Διαμέσων καταλήγει σε $sin(b-c)=\dfrac {b^2-c^2} {2aR}$ το οποίο είναι απλό

ΦΩΤΙΑΔΗΣ ΠΡΟΔΡΟΜΟΣ · #4

Κω.Κωνσταντινίδης έγραψε: ↑
Κυρ Οκτ 27, 2019 3:43 pm
Δίνεται τρίγωνο με ορθόκεντρο και περίκεντρο .Έστω τα ίχνη των υψών του τριγώνου στις αντίστοιχα. Η παράλληλη από το στην τέμνει την στο . Να αποδειχθεί ότι $\angle XDO=90$ .

Καλησπέρα Κωνσταντίνε!

Μια με περισσότερες πράξεις:

Έστω

το μέσο του

και $T\equiv EF\cap BC$ .Επειδή $\angle ADC=90^{\circ}$ αρκεί $\angle HDX=\angle ODM$ ή $\dfrac{XH}{DH}=\dfrac{OM}{DM}$ . $\Delta FHX\sim \Delta FTC\Rightarrow \dfrac{XH}{TC}=\dfrac{FH}{FC}\Leftrightarrow XH=\dfrac{TC\cdot FH}{FC}$
Επειδή (T,D/B,C)=-1

(αρμονική τετράδα) είναι $\dfrac{TC}{TC-a}=\dfrac{DC}{BD}\Leftrightarrow TC=\dfrac{aDC}{DC-BD}=\dfrac{ab\cos C}{b\cos C-c\cos B}=..=\dfrac{a\left ( b^2+a^2-c^2 \right )}{2\left ( b^2-c^2 \right )}$
Επίσης $\Delta AFH\sim \Delta ABD\Rightarrow \dfrac{FH}{BD}=\dfrac{AF}{AD}\Leftrightarrow \dfrac{FH}{FC}=\dfrac{BD\cdot AF}{FC\cdot AD}=\cot A\cot B$
Άρα τελικά αρκεί $\cot A \cot B \cdot \dfrac{a\left ( b^2+a^2-c^2 \right )}{2\left ( b^2-c^2 \right )}\cdot \dfrac{1}{DH}=\dfrac{\cot A \cdot \dfrac{a}{2}}{\dfrac{a}{2}-\dfrac{a^2+c^2-b^2}{2a}}\Leftrightarrow \cot B\cdot \dfrac{1}{\cot C \cdot BD}=\dfrac{2a}{b^2+a^2-c^2}\Leftrightarrow .. \Leftrightarrow \dfrac{\dfrac{\cos B}{\sin B}}{\dfrac{\cos C}{\sin C}}=\dfrac{2a}{b^2+a^2-c^2}\cdot c\cdot \cos B\Leftrightarrow \dfrac{\cos B}{\cos C}\cdot \dfrac{c}{b}=\dfrac{2a}{2ab\cos C}\cdot c \cos B\Leftrightarrow \dfrac{c}{b}=\dfrac{c}{b}$
που ισχύει άρα πράγματι $\angle XDO=90^{\circ}$

: 183.PNG (27.35 KiB) Προβλήθηκε 1204 φορές

.

ΦΩΤΙΑΔΗΣ ΠΡΟΔΡΟΜΟΣ · #5

Γενίκευση:

Έστω τρίγωνο ABC

και

ύψος.Έστω

σημείο του ύψους και $E\equiv BP\cap AC,F\equiv CP\cap AB$ .Αν η παράλληλη από το

στην

τέμνει την

στο

και

το ισογώνιο συζηγές σημείο του

ως προς το τρίγωνο ABC

να δειχθεί ότι $\angle XDY =90^{\circ}$

ΕΜΦΑΝΙΣΗ ΚΕΙΜΕΝΟΥ

#6

Καλησπέρα !

Αν κάποιος βρει λίγο χρόνο, ας δει το εξής :

Πώς προκύπτει η καθετότητα $OT\perp XT$ στο 3ο μήνυμα στο θέμα :

https://artofproblemsolving.com/communi ... 5p12457430

#7

Μπάμπης Στεργίου έγραψε: ↑
Τρί Δεκ 10, 2019 8:38 pm
Καλησπέρα !

Αν κάποιος βρει λίγο χρόνο, ας δει το εξής :

Πώς προκύπτει η καθετότητα $OT\perp XT$ στο 3ο μήνυμα στο θέμα :

https://artofproblemsolving.com/communi ... 5p12457430

Μπάμπη και λοιποί φίλοι, καλησπέρα.

Ίσως κάτι να μου ξεφεύγει, αλλά νομίζω ότι λείπουν αρκετά βήματα τεκμηρίωσης.

$\bullet$ Έστω (T)

ο περίκυκλος του εγγραψίμου τετραπλεύρου AEHF

με διάμετρο

και έστω το σημείο $Z\equiv (O)\cap (T)$ όπου (O)

είναι ο περίκυκλος του δοσμένου τριγώνου $\vartriangle ABC$ .

Από $AZ\perp ZH$ έχουμε ότι η ευθεία

περνάει από το αντιδιαμετρικό σημείο

του

στον κύκλο (O)

.

Από το

περνάει και η ευθεία

, όπου

είναι το μέσον της πλευράς

, από

και

και $HM\parallel TO$ , λόγω του παραλληλογράμμου TOMH

, από $TH\parallel = OM$ ( γνωστό αποτέλεσμα ).

Άρα, τα σημεία $Z,\ H, M$ είναι συνευθειακά και έστω το σημείο $S\equiv EF\cap ZH$ .

: Απρόσμενη καθετότητα - Απόδειξη καθετότητας τωνXT, TO.; f 181_t 65483.PNG (32.71 KiB) Προβλήθηκε 892 φορές

$\bullet$ Η δέσμη $H\ldotp CMBX$ είναι αρμονική, λόγω MB = MC

και $HX\parallel BC$ και τεμνόμενη από την ευθεία

μας δίνει την αρμονική σημειοσειρά $X,\ F,\ S,\ E$ .

Η ευθεία

τώρα, που συνδέει το σημείο

, επαφής της εφαπτομένης του κύκλου (T)

από το σημείο

με το σημείο

, ως το αρμονικό συζυγές του

ως προς τα σημεία $F,\ E$ , ταυτίζεται με την Πολική ευθεία του σημείου

ως προς τον κύκλο (T)

και άρα ισχύει $XT\perp ZH\ \ \ ,(1)$

Από (1)

και $ZH\parallel TO\Rightarrow$ $XT\perp TO$ και το ζητούμενο έχει αποδειχθεί.

Κώστας Βήττας.

ΥΓ. Για την ολοκλήρωση της απόδειξης $\angle XDO = 90^{o}$ , σύμφωνα με το σκεπτικό της λύσης του padlock, στην παραπομπή που δίνει ο Μπάμπης πιο πάνω, η εγγραψιμότητα του τετραπλέυρου TKOD

προκύπτει άμεσα από τα εγγράψιμα τετράπλευρα $DTEQ,\ OKEQ$ , με

το μέσον της πλευράς

, από όπου έχουμε (AK)(AO) = (AE)(AQ) = (AT)(AD)

.

#8

ΦΩΤΙΑΔΗΣ ΠΡΟΔΡΟΜΟΣ έγραψε: ↑
Τρί Δεκ 10, 2019 6:14 pm
Γενίκευση:

Έστω τρίγωνο και ύψος.Έστω σημείο του ύψους και $E\equiv BP\cap AC,F\equiv CP\cap AB$ .Αν η παράλληλη από το στην τέμνει την στο και το ισογώνιο συζυγές σημείο του ως προς το τρίγωνο να δειχθεί ότι $\angle XDY =90^{\circ}$

Ωραία γενίκευση για όποιον ενδιαφέρεται.

Απ' όλα έχει ο μπαξές. Αρμονικότητα, Ισογωνιότητα, Deasarques και Διπλούς λόγους.

Κώστας Βήττας.

ΥΓ. Την αφήνω για λίγες μέρες και θα επανέλθω αν δεν απαντηθεί. Ίσως να αποδεικνύεται και με πιο στοιχειώδη μέσα.

min## · #9

Καλησπέρα και από μένα.
Μια λύση που προέκυψε στην προσπάθεια να αποφύγω τα κινούμενα σημεία :

: prosd.png (36.55 KiB) Προβλήθηκε 1013 φορές

Ας είναι $X'\equiv AX \cap BC,S\equiv EF \cap BC,A'\equiv AO \cap (ABC),Q\equiv AX \cap (ABC)$
Τότε X(A,P,E,D)=-1

από το πλήρες τετράπλευρο $\Rightarrow$ το

είναι το μέσο του

.
Είναι $X'Q\cdot X'A=X'B\cdot X'C=(Newton)X'D^2$ .Συνεπώς το

είναι η τομή των (ABC),(AD)

,
από όπου προκύπτει εύκολα πως A',D,Q

συνευθειακά.Αν ορίσω $L\equiv A'D\cap PX$ ,το

θα είναι το ορθόκεντρο του ALD

,δηλαδή

κάθετες,δηλαδή αρκεί AL//DY

.
Έστω τώρα $H_{A}\equiv AD \cap (ABC)$ .Από αντίστροφο Θαλή,είναι αρκετό να δειχτεί πως $\displaystyle \frac{H_{A}D}{DP}=\dfrac{A'Y}{YA}$ .
Αυτό προκύπτει ως εξής:
Ισχύει $B(P,H_{A},D,H)=B(Y,\infty_{AO},A,O)\Rightarrow \dfrac{PD}{H_{A}D}\dfrac{HH_{A}}{HP}= \dfrac{AY}{YO}$ λόγω συμμετρίας ως προς την διχοτόμο της $B\angle$ .
Εγώ θέλω $\dfrac{AY}{YA'}=\dfrac{PD}{DH_{A}}\Rightarrow \dfrac{AY}{YA'}=\dfrac{AY}{YO}\dfrac{HP}{HH_{A}}\Rightarrow \dfrac{YO}{YA'}=\dfrac{HP}{HH_{A}}$ το οποίο έπεται από την ισότητα διπλών λόγων (λόγω συμμετρίας όπως και πριν) $B(P,H_{A},H,\infty_{AD})=B(Y,\infty_{AO},O,A')$ ...

#10

Ας δούμε μία άλλη απόδειξη της γενίκευσης, βασισμένη στο αποτέλεσμα της καθετότητας για την περίπτωση του ορθόκεντρου

του $\vartriangle ABC$ ( αρχικό πρόβλημα ).

$\bullet$ Έστω $K\in AH$ τυχόν σημείο και $L\in AO$ το ισογώνιο σημείο του

ως προς το $\vartriangle ABC$ και έστω τα σημεία $M\equiv AC\cap BK$ και $N\equiv AB\cap CK$ .

Από το πλήρες τετράπλευρο AEHFBC

έχουμε ότι η ευθεία

περνάει από το σημείο έστω

της ευθείας

, ως το αρμονικό συζυγές του

, ως προς τα σημεία $B,\ C$ .

Από το σημείο

περνάει επίσης και η ευθεία

, ως διαγώνια στο πλήρες τετράπλευρο AMKNBC

, αφού $D\equiv BC\cap AH\equiv BC\cap AK$ .

Επειδή τα σημεία $S\equiv XE\cap YM$ και $B\equiv HE\cap KM$ και $\infty\equiv XH\cap YK$ είναι συνευθειακά, σύμφωνα με το Θεώρημα Desarques, έχουμε ότι τα τρίγωνα $\vartriangle HEX,\ \vartriangle KMY$ είναι προοπτικά και άρα, η ευθεία

περνάει από το σημείο $A\equiv HK\cap EM$ , όπου $X\in EF$ ώστε $XH\parallel BC$ και $Y\in MN$ ώστε $YK\parallel BC$ .

: Απόδειξη της γενίκευσης του Φωτιάδη Πρόδρομου.; f 181_t 65483a.PNG (34.02 KiB) Προβλήθηκε 852 φορές

$\bullet$ Οι δέσμες $S.AXYD,\ D.AXYS$ με $AX\equiv DS$ και συνευθειακά τα σημεία $A\equiv SA\cap DA$ και $X\equiv AX\cap DX$ και $Y\equiv AY\cap DY$ έχουν ίσους Διπλούς λόγους και άρα, ισχύει $\boxed{(S.AXYD) = (D.AXYS)}\ \ \ ,(1)$

Αλλά, $(S.AXYD) = (A,X,Y,Z) = (A,H,K,D) = (B.AHKD)\Rightarrow$ $\boxed{(S.AXYD) = (B.AHKD)}\ \ \ ,(2)$ όπου $Z\equiv BC\cap AY$ .

Οι δέσμες $B.AHKD,\ B.TOLA$ , με $T\equiv BC\cap AO$ , έχουν ίσες τις γωνίες που σχηματίζουν οι ομόλογες ακτίνες τους ( λόγω της ισογωνιότητας των σημείων $H,\ O$ και $K,\ L$ ) και άρα έχουν ίσους Διπλούς λόγους και επομένως ισχύει $\boxed{(B.AHKD) = (B.TOLA)}\ \ \ ,(3)$

Από $(1),\ (2),\ (3)$ και $\boxed{(B.TOLA) = (D.TOLA)}\Rightarrow$ $\boxed{(D.AXYS) = (D.TOLA)}\ \ \ ,(4)$

Από (4)

και επειδή ισχύει $DA\perp DT$ και $DX\perp DO$ και $DS\perp DA$ , συμπεραίνεται ότι ισχύει και $\boxed{DY\perp DL}$ και το ζητούμενο έχει αποδειχθεί.

Κώστας Βήττας.

Απρόσμενη καθετότητα

Απρόσμενη καθετότητα

Re: Απρόσμενη καθετότητα

Re: Απρόσμενη καθετότητα

Re: Απρόσμενη καθετότητα

Re: Απρόσμενη καθετότητα

Re: Απρόσμενη καθετότητα

Re: Απρόσμενη καθετότητα

Re: Απρόσμενη καθετότητα

Re: Απρόσμενη καθετότητα

Re: Απρόσμενη καθετότητα

Μέλη σε σύνδεση